Một bất đẳng thức thú vị

MỘT BẤT ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Nguyễn Văn Huyện(Đại học GTVT, Tp. HCM) Trong bài viết nhỏ này tác giả xin được giới thiệu với bạn đọc một bất đẳng thức rất thú vị, có thể phát biểu ở nhiều dạng khác nhau. Bài toán 1. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho bất đẳng thức 1 a2 C 1 b2 C 1 c2  kjab C bc C caj ; .1/ luôn đúng với mọi số thực a; b; c thỏa mãn abc ¤ 0 và aC b C c D 0: (Nguyễn Văn Huyện) Lời giải 1. Từ giả thiết, ta có c D .aC b/; nên ab C bc C ca D ab .aC b/2 D .a2 C ab C b2/ < 0: Do đó ta có thể viết bất đẳng thức .1/ lại như sau 1 a2 C 1 b2 C 1 .aC b/2  k a2 C ab C b2 : Từ đây cho a D b; ta được k  27 4 : Ta sẽ đi chứng minh kmax D 274 tức chứng minh 1 a2 C 1 b2 C 1 .aC b/2  27 4.a2 C ab C b2/ : Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có a2 C ab C b2  3 4 .aC b/2; nên 27 4.a2 C ab C b2/  9 .aC b/2 : Như vậy để hoàn tất lời giải thì ta cần chỉ ra 1 a2 C 1 b2  8 .aC b/2 : Là một bất đẳng thức đúng vì 1 a2 C 1 b2 8 .aC b/2 D .a b/2.a2 C 4ab C b2/ a2b2.aC b/2 > 0: Đẳng thức xảy ra khi .a; b; c/ là hoán vị của .t; t; 2t/ và .t; t; 2t/ với t > 0: Lời giải của ta được hoàn tất. 101 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Lời giải 2. Ở đây, ta sẽ chứng minh 1 a2 C 1 b2 C 1 c2  27 4jab C bc C caj : Thật vậy, ta có biến đổi .ab C bc C ca/  1 a2 C 1 b2 C 1 c2   27 4 ; .1:1/ Vì aC b C c D 0 nên a2 C b2 C c2 D 2.ab C bc C ca/; do đó .1:1/ tương đương .a2 C b2 C c2/  1 a2 C 1 b2 C 1 c2   27 2 : .1:2/ Như vậy, thay vì chứng minh .1:1/ ta sẽ chứng minh .1:2/: Đặt u D a b C b c C c a ; v D a c C b a C c b ; ta thấy uC v D c C a b C aC b c C b C c a D 3: Ta cần chứng minh u2 2v C v2 2uC 3  27 2 ; hay u2 C v2 2.uC v/C 3  27 2 ; u2 C v2  9 2 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có u2 C v2  .uC v/ 2 2 D 9 2 : Chứng minh hoàn tất. Qua 2 lời giải trên ta thấy đây là một bài toán khá dễ và không có gì để bàn về những chứng minh của nó vì chúng ta chỉ cần sử dụng những kiến thức cơ bản. Tuy nhiên, chúng ta hãy cùng để ý đến nhưng phát triển tiếp theo sau đây. Vì aC b C c D 0 nên 2.ab C bc C ca/ D .a2 C b2 C c2/ < 0; nên .1:1/ còn một dạng tương đương sau 2.ab C bc C ca/  1 a2 C 1 b2 C 1 c2   27 2 : 102 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Khai triển vế trái ra, ta được a b C b c C c a C a c C b a C c b C ab c2 C bc a2 C ca b2  27 4 ; mà chúng ta đã biết a b C b c C c a C a c C b a C c b D 3; nên ta được ab c2 C bc a2 C ca b2  15 4 ; và thu được bài toán mới sau đây. Bài toán 2. Với ba số thực a; b; c thỏa mãn đồng thời các điều kiện abc ¤ 0 và aCbCc D 0: Chứng minh rằng ab c2 C bc a2 C ca b2  15 4 : .2/ (Nguyễn Đình Thi) Lời giải 1. Theo nguyên lí Dirichlet trong ba số a; b; c sẽ có hai số cùng dấu, giả sử hai số đó là a; b khi đó ab  0: Đặt t D ab .aCb/2 ; ta sẽ được 0 < t  1 4 : Bằng một số biến đổi nhỏ, ta thấy bc a2 C ca b2 D c.a 3 C b3/ a2b2 D .aC b/ 2.a2 ab C b2/ a2b2 D 1 t  1 t 3  ; nên bất đẳng thức .2/ được viết lại như sau t 1 t  1 t 3   15 4 ; hay t2 C 15 4
t 1 t C 3  0: Vì 0 < t  1 4 ; nên ta có t2 C 15 4
t 1 t C 3   1 4 2 C 15 4
1 4 4 D 3 D 0: Chứng minh hoàn tất. Lời giải 2. Ta cũng giả sử ab  0; khi đó thay c D a b; vào vế trái của .2/ và áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab c2 C bc a2 C ca b2 D ab .aC b/2 b.aC b/ a2 a.aC b/ b2 D ab .aC b/2  a2 b2 C b 2 a2 C a b C b a   1 4 .2C 2/ D 15 4 : Chứng minh hoàn tất. 103 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Do aC bC c D 0 nên ta có đẳng thức quen thuộc a3C b3C c3 D 3abc: Sử dụng kết quả này, ta có biến đổi a2 bc C b 2 ca C c 2 ab D a 3 C b3 C c3 abc D 3; dẫn đến 9 2  ab c2 C bc a2 C ca b2  D  a2 bc C b 2 ca C c 2 ab 2 2  ab c2 C bc a2 C ca b2  D a 4 b2c2 C b 4 c2a2 C c 4 a2b2 : Mặt khác 9 2  ab c2 C bc a2 C ca b2   33 2 ; nên a4 b2c2 C b 4 c2a2 C c 4 a2b2  33 2 : Vì a C b C c D 0; nên ta có thể đặt a D x y; b D y z; c D z x (với x; y; z là các số thực) và có được một bất đẳng thức khá đẹp mắt sau. Bài toán 3. Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn .x y/.y z/.z x/ ¤ 0: Chứng minh rằng .x y/4 .y z/2.z x/2 C .y z/4 .z x/2.x y/2 C .z x/4 .x y/2.y z/2  33 2 : .3/ (Võ Quốc Bá Cẩn, Mongolia 2010) Lời giải. Giả sử x > y > z: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x z D .x y/C .y z/  2 p .x y/.y z/; suy ra .z x/4 .x y/2.y z/2  16: Nên để chứng minh .3/; ta chỉ cần chứng minh .x y/4 .y z/2.z x/2 C .y z/4 .z x/2.x y/2  1 2 ; tương đương với .x y/4 .y z/2 C .y z/4 .x y/2  .z x/2 2 : Nhưng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, thì .x y/4 .y z/2 C .y z/4 .x y/2  Œ.x y/2 C .y z/2 .y z/2 C .x y/2 D .x y/2 C .y z/2  .x y C y z/ 2 2 D .z x/ 2 2 : Đẳng thức xảy ra khi aC b D 2c; b C c D 2a; c C a D 2b: Chứng minh hoàn tất. 104 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Nhận xét. Ta có đẳng thức X .x y/4 .y z/2.z x/2 33 2 D .xC y 2z/ 2.y C z 2x/2.zC x 2y/2 2.x y/2.y z/2.z x/2 : Ta còn có một kết quả tương tự .y z/2.z x/2 .x y/4 C .z x/2.x y/2 .y z/4 C .x y/2.y z/2 .z x/4  129 16 : .3/ Lại sử dụng đẳng thức a3 C b3 C c3 D 3abc; ta biến đổi .2/ như sau ab c2 C bc a2 C ca b2  15 4 ; abc  1 c3 C 1 a3 C 1 b3   15 4 ; tương đương với a3 C b3 C c3 3
 1 c3 C 1 a3 C 1 b3   15 4 ; .a3 C b3 C c3/  1 a3 C 1 b3 C 1 c3   45 4 : Đến đây đổi biến a D x y; b D y z; c D z x ta có bài toán sau. Bài toán 4. Với x; y; z là ba số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng .x y/3 C .y z/3 C .z x/3  1 .x y/3 C 1 .y z/3 C 1 .z x/3   45 4 : .4/ (Nguyễn Văn Huyện) Lời Giải. Đặt a D x y; b D y z; c D z x thì aC b C c D 0: Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc x3 C y3 C z3 3xyz D .x C y C z/.x2 C y2 C z2 xy yz zx/; ta được a3 C b3 C c3 D 3abc; và a3b3 C b3c3 C c3a3 D 3a2b2c2 C .ab C bc C ca/3 D 3a2b2c2 .a 2 C b2 C c2/3 8 : Ta đưa bài toán về chứng minh 9 3.a 2 C b2 C c2/3 8a2b2c2  45 4 ; hay .a2 C b2 C c2/3 > 54a2b2c2: .4:1/ Thay a D .b C c/ vào .4:1/ ta được 4.b2 C bc C c2/3  27b2c2.b C c/2: Nhưng đây là một bất đẳng thức đúng vì 4.b2 C bc C c2/3 27b2c2.b C c/2 D .b c/2.2b C c/2.2c C b/2 > 0: Chứng minh hoàn tất. 105 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Quay trở .1:2/ vì aC b C c D 0 nên ta đặt a D x y; b D y z; c D z x và viết .1:2/ lại dưới dạng .x y/2 C .y z/2 C .z x/2  1 .x y/2 C 1 .y z/2 C 1 .z x/2   27 2 ; hay x2 C y2 C z2 xy yz zx
 1 .x y/2 C 1 .y z/2 C 1 .z x/2   27 4 ; và dẫn đến một bài toán sau. Bài toán 5. Cho a; b; c là các số thực đôi một khác nhau, chứng minh rằng .a2 C b2 C c2 ab bc ca/  1 .a b/2 C 1 .b c/2 C 1 .c a/2   27 4 : .5/ Lời giải. Giả sử a > b > c; áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a2 C b2 C c2 ab bc ca D 1 2 Œ.a b/2 C .b c/2 C .c a/2  1 2  .a b C b c/2 2 C .c a/2  D 3 4
.c a/2; và theo bất đẳng thức AM-GM, thì 1 .a b/2 C 1 .b c/2  2 .a b/.b c/  8 .a b C b c/2 D 8 .c a/2 : Nhân hai bất đẳng thức này lại với nhau, ta được .a2 C b2 C c2 ab bc ca/  1 .a b/2 C 1 .b c/2 C 1 .c a/2   27 4 : Chứng minh hoàn tất. Nhận xét. .1/ Bài toán .5/ là một kết quả mạnh hơn của bất đẳng thức nổi tiếng .a2 C b2 C c2/  1 .a b/2 C 1 .b c/2 C 1 .c a/2   9 2 : .5:1/ (Đào Hải Long) Thật vậy vì a2 C b2 C c2 D .a b/ 2 C .b c/2 C .c a/2 C .aC bC c/2 3 > .a b/ 2 C .b c/2 C c.c a/2 3 ; nên ta cần chứng minh " .a b/2 C .b c/2 C .c a/2 3 # 1 .a b/2 C 1 .b c/2 C 1 .c a/2   9 2 ; 106 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 hay .a2 C b2 C c2 ab bc ca/  1 .a b/2 C 1 .b c/2 C 1 .c a/2   27 4 : Đây chính là bất đẳng thức .5/: .2/ Ta có thể tổng quát .5/ như sau h a2 C b2 C c2 C k.abC bc C ca/ i  1 .a b/2 C 1 .b c/2 C 1 .c a/2   9.2 k/ 4 ; với mọi số thực k thuộc .1; 2/: (Trần Nam Dũng, Hello IMO 2007) Từ bất đẳng thức .4:1/ ta cho a2 C b2 C c2 D 1; ta sẽ được bài toán sau Bài toán 6. Cho ba số thực a; b; c thỏa mãn a C b C c D 0 và a2 C b2 C c2 D 1: Chứng minh rằng a2b2c2 6 1 54 : (Ailen MO 2009) Lời giải. Đặt p D aCbCc; q D abCbcCca; r D abc; khai triển bất đẳng thức hiển nhiên .a b/2.b c/2.c a/2 > 0; ta được p2q2 4q3 C 2p.9q 2p2/r 27r2 > 0: Do p D aC b C c D 0; nên 4q3 27r2 > 0; hay 4.ab C bc C ca/3 C 27a2b2c2 6 0: .6:1/ Mặt khác vì aC b C c D 0 nên a2 C b2 C c2 D .aC b C c/2 2.ab C bc C ca/ D 2.ab C bc C ca/: Bất đẳng thức .6:1/ lúc này trở thành .a2 C b2 C c2/3 > 54a2b2c2: Theo giả thiết a2 C b2 C c2 D 1; nên ta được a2b2c2 6 1 54 : Bài toán được chứng minh. Bài toán 7. Cho a; b; c là ba số thực bất kỳ. Chứng minh rằng .a b/3.b c/3 C .b c/3.c a/3 C .c a/3.a b/3 C 15 4 .a b/2.b c/2.c a/2  0: (Bao Qian Liu, Nguyễn Văn Huyện) 107 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Lời giải. Đặt x D a b; y D b c; z D c a thì x C y C z D 0: Ta cần chứng minh x3y3 C y3z3 C z3x3 C 15 4 x2y2z2  0: Ta có x3y3 C y3z3 C z3x3 D .xy C yz C zx/3 3.xy C yz/.yz C zx/.zx C xy/ D .xy C yz C zx/3 C 3x2y2z2: Bất đẳng thức trở thành .xy C yz C zx/3 C 27x2y2z2  0: Dễ thấy đây chính là bất đẳng thức .6:1/; nên ta có điều phải chứng minh. Tuy nhiên tác giả lại mong muốn tìm được một lời giải độc lập cho mỗi bài toán, khi đó những dạng phát biểu khác nhau của .1/ mới có nhiều ý nghĩa. Từ giả thiết ta có x2 D .y C z/2  4yz: Suy ra 4.xy C yz C zx/3 C 27x2y2z2 D 4Œxy C z.x C y/3 C 27x2y2z2 D 4xy z2
3 C 27
.xy/2
z2  4  z2 4 z2 3 C 27
 z2 4 2
z2: Dễ thấy 4  z2 4 z2 3 C 27
 z2 4 2
z2 D 27 16
z6 C 27 16
z6 D 0: Đẳng thức xảy ra khi aC b D 2c; b C c D 2a; c C a D 2b: Chứng minh hoàn tất. Nhận xét. Từ chứng minh trên ta thấy 4X.a b/3.b c/3 D 15Y.a b/2 CY.aC b 2c/2: Thông qua mỗi chuỗi các bài toán ở trên bạn đọc chắc hẳn có thể đồng đồng ý với tác giả rằng đây là một bất đẳng thức hết sức thú vị, một bài toán có thể phát biểu ở nhiều dạng và quan trọng hơn ở dạng đó ta lại tìm được 1 hoặc 2 lời giải độc lập với nhau. Giải được một bài toán là điều hết sức thú vị, nhưng khi phân tích và phát hiện ra được nguồn gốc, xuất xứ của bài toán đó lại càng thú vị hơn. Đến đây, tác giả xin tạm dừng bài viết của mình, mong rằng bạn đọc cũng sẽ tìm được những bài toán thú vị như bất đẳng thức này. 108